化学二模试题分类汇编高无机综合推断综合含详细答案.docx
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化学二模试题分类汇编高无机综合推断综合含详细答案
2020-2021化学二模试题分类汇编——高无机综合推断综合含详细答案
一、无机综合推断
1.I.化合物X含有三种元素,其中两种为非金属元素,且原子个数比为1:
1,X不溶于水,能溶于强酸。
某研究小组为探究其组成和性质,设计并完成了如下实验。
(1)X的化学式是____________________。
(2)写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作:
__________。
(3)黄色溶液中加入铜片,铜片表面被腐蚀,则对应的离子方程式是:
_____________________。
II.已知黑色固体中不含单质。
为进一步探究其组成,研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸,配成100mL溶液,每次取20.00mL待测液于锥形瓶中,用2.000×10-2mol∙L-1KMnO4标准溶液进行滴定,并记录实验的结果如下表:
组次
1
2
3
4
V标(mL)
20.00
20.02
19.99
19.99
(4)如何判断滴定终点:
__________________。
(5)待测液中c(Fe2+)=____________________。
(6)该黑色固体的化学式用FexOy形式可表示为_______________。
【答案】FeOCl取少量黄色溶液置于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液呈血红色,则说明有Fe3+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时,溶液恰好变浅紫(红)色,且半分钟内不变色0.1000mol.L-1Fe4O5
【解析】
【详解】
I.根据流程中信息可知,2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液,黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀,氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g,即氧化铁
=0.01mol,故X中含有0.02molFe3+,质量为0.02mol
=1.12g,与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀6.99g,即为
=0.03mol,但硫酸根离子来自于所加硫酸,反应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g,即为
=0.02mol,故可推知X中含有0.02molCl-,质量为0.02mol
=0.71g,化合物X含有三种元素,其中两种为非金属元素,且原子个数比为1:
1,故另一非金属元素也为0.02mol,且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g,则摩尔质量为
=16g/mol,应为O元素,故X为FeOCl;
(1)X的化学式是FeOCl;
(2)检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为:
取少量黄色溶液置于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液呈血红色,则说明有Fe3+;
(3)黄色溶液中加入铜片,铜片表面被腐蚀,反应生成Fe2+和Cu2+,对应的离子方程式是:
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
II.(4)黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子,遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色,故判断滴定终点为:
当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时,溶液恰好变浅紫(红)色,且半分钟内不变色;
(5)根据表中数据可知,滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL,根据反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知,待测液中c(Fe2+)=
;
(6)黑色固体中含有的Fe2+物质的量为
铁的总物质的量为0.02mol,则n(Fe2+):
n(Fe3+)=0.01mol:
0.01mol=1:
1,该黑色固体的化学式用FexOy形式表示,根据化合物各元素化合价代数和为0,则有
,得x:
y=4:
5,FexOy可表示为Fe4O5。
2.现有金属单质A和气体甲、乙、丙及物质B、C、D、E、F、G,它们之问能发生如下反应,其中乙是黄绿色气体(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。
请根据以上信息回答下列问题:
(1)写出下列物质的名称:
丙-_______________;
(2)写出下列物质的化学式:
F________________;
(3)气体乙是一种重要的化工原料,在工农业生产、生活中有着重要的应用。
请你根据所学
知识回答下列问题:
①把气体乙通入紫色石蕊溶液中,可以观察到的现象是:
__________,请你解释其中的原因__________________。
②某化学兴趣小组计划用气体乙和物质B制取简易消毒液D。
其反应原理为:
(用化学方程式
表示)______________。
【答案】氯化氢Ca(ClO)2先变红后褪色氯气和水反应生成HCl、HClO,溶液显酸性使石蕊变红HClO具有漂白性(或强氧化性)使溶液褪色Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
金属单质A和氧气反应生成淡黄色固体G,所以A是钠、G是过氧化钠;乙是黄绿色气体,乙是氯气;钠与水反应生成氢气和氢氧化钠;氢气和氯气生成氯化氢,氯化氢溶于水生成盐酸;浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气;氯气与石灰乳反应生成漂白粉;氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠。
据此分析解答。
【详解】
(1)根据以上分析,丙是氯化氢;
(2)F是Ca(ClO)2;
(3)①把氯气通入紫色石蕊溶液中,氯气与水生成盐酸和次氯酸,溶液呈酸性,石蕊变红色,次氯酸具有漂白性,所以石蕊褪色,可以观察到的现象是:
先变红后褪色;
②氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
3.如图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中A和C为无色气体。
填写下列空白:
(1)物质M可以是___;C是___;F是___(填化学式)。
(2)反应①的化学方程式是___。
(3)反应②的离子方程式是___。
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3NO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O28H++2NO3-+3Cu=3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】
M既能与盐酸反应,又能与NaOH反应,都生成气体,应为弱酸铵盐,则C为NH3 ,气体A能与Na2O2反应,故A为CO 2 ,则A应为碳酸铵或碳酸氢铵,B为H2O,结合转化关系可知,D为O2 ,E为NO,F为NO2 ,G为HNO3。
【详解】
(1)根据上述推断,M可以为:
NH4HCO3或(NH4)2CO3,C为NH3,F为NO2,故答案为:
NH4HCO3或(NH4)2CO3;NH3;NO2;
(2)根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,反应的离子方程式为8H++2NO3-+3Cu=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
8H++2NO3-+3Cu=3Cu2++2NO↑+4H2O。
4.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示(反应条件未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,则反应①的化学方程式是___。
(2)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是___。
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,则C的电子式是___,反应③的化学方程式是___。
(4)若A、D为短周期元素单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,B的结构式是___,反应④的化学方程式是___。
【答案】SiO2+2C
Si+2CO↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-︰N
N︰4NH3+5O2
4NO+6H2OO=C=OC+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,反应①为置换反应,考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO,碳与F反应生成E,CO与F生成E,F为气体,则F为氧气,验证符合转化关系,则:
反应①的化学方程式是SiO2+2C
Si+2CO↑,故答案为:
SiO2+2C
Si+2CO↑;
(2)A是生活中常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①为置换反应,且在水溶液中进行,由转化关系可知,A为变价金属,F具有强氧化性,可推知A为Fe,F为Cl2,故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁,则:
反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(3)B、C、F都是气态单质,B有毒,则B为氯气,反应②需要放电条件才能发生,为氮气与氧气反应,③和④两个反应中都有水生成,可以推知C为N2,电子式为︰N
N︰,F为O2,E为NO,A为NH3,反应①为置换反应,A、D相遇有白烟生成,可推知D为HCl,反应③的化学方程式是:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
︰N
N︰;4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(4)若A、D为单质,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,该红棕色气体为NO2,可推知F为HNO3,反应①是置换反应,Mg与二氧化碳反应符合整个转化关系,可推知B为CO2、C为MgO、D为C、E为Mg(NO3)2,则:
二氧化碳的结构简式为:
O=C=O,反应④的化学方程式是C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O,故答案为:
O=C=O;C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O。
5.已知甲、乙、丙为常见单质,A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物;B和X的摩尔质量相同,E的相对分子质量比D的相对分子质量大16,在一定条件下,各物质相互转化关系如下图所示。
请按要求填空:
(1)丙的化学式是_______,G的化学式是_________。
(2)写出有关变化的化学方程式:
甲+乙:
___________;D+丙:
_______。
(3)B与X的水溶液反应生成C和乙的离子方程式是________________________。
【答案】O2SO32Na+S
Na2S2Na2SO3+O2=2Na2SO4Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+
【解析】
【分析】
单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应,可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化,生成不同的氧化物,则丙是O2;氧化物B与水反应能放出O2,则B是Na2O2,那么C是NaOH,A是Na2O,甲是Na;又因B和H的摩尔质量相同,则X是Na2S,那么乙是S,F是SO2,G是SO3;由E的相对分子质量比D的相对分子质量大16可知D是Na2SO3,E是Na2SO4。
【详解】
(1)由以上分析可知丙是O2,G是SO3;故答案为:
O2,SO3;
(2)甲+乙的反应为钠与硫共热反应生成硫化钠,反应的化学方程式为2Na+S
Na2S;D+丙的反应为亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠,反应的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4,故答案为:
2Na+S
Na2S;2Na2SO3+O2=2Na2SO4;
(3)过氧化钠与氯化钠的水溶液发生氧化还原反应生成氢氧化钠和硫,反应的离子方程式为Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+,故答案为:
Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+。
6.为了探究某带结晶水的固体X(含四种短周期元素)的组成和性质,设计并完成如下实验
请回答:
(1)白色固体D是________。
(2)无色溶液
白色沉淀F的离子方程式是________。
(3)X的化学式是________。
【答案】
(或氧化镁)
MgC2O4
4H2O
【解析】
【分析】
混合气体A经过浓硫酸得混合气体B,B在标况下体积为896mL,物质的量为0.04mol,混合气体B通入澄清的石灰水,产生白色沉淀为CaCO3,白色沉淀的质量为2.00g,则物质的量为0.02mol,所以n(CO2)=0.02mol,根据框图可知含n(CO)=0.02mol,所以含C的物质的量为0.04mol。
由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO,所以n(MgO)=0.02mol,含O为0.02mol,根据质量守恒,m=0.02mol
40g/mol+0.02mol
44g/mol+0.02mol
28g/mol=2.24g,所以水的质量为:
2.96g-2.24g=0.72g,水的物质的量为n(H2O)=0.04mol,含n(H)=0.08mol。
【详解】
(1)由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO;答案:
MgO。
(2)由框图可知MgO与盐酸反应生成无色溶液E为MgCl2,无色溶液与足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为Mg(OH)2,反应的的离子方程式是:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
,答案:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
(3)由上述分析可知X中含Mg、C、O、H的物质量的比为:
0.02mol:
0.04mol:
0.10mol:
0.08mol=1:
2:
5:
4,所以X的化学式是MgC2O4
4H2O;答案:
MgC2O4
4H2O。
7.由2种常见元素组成的化合物G,有关转化和实验信息如下:
请回答下列问题:
(1)G是______________(填化学式)。
(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。
(3)若D为纯净物,F是红色金属单质,写出D和稀硫酸反应的离子方程式_____________。
(4)C的最大质量为________________g。
【答案】Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+Cu2O+2H=Cu2++Cu+H2O23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体,能与碘水反应,说明A有还原性;B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,说明B中含有SO42-,所以A为SO2,B为H2SO4和HI的混合溶液,C为BaSO4;通过质量守恒可推知G是Cu2S,以此解答。
【详解】
(1)G中含S元素,I2+2H2O+SO2=H2SO4+2HI,m(S)=1L×0.1mol/L×32g/mol=3.2g,G中金属元素质量为12.8g,由元素质量守恒知,D中氧元素质量为1.6g,中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等,设D中金属元素的相对原子质量为M,化合价为n,则有
,解得:
M=64n,当n=1时,M=64,故D为Cu2O,G为Cu2S;故答案为:
Cu2S;
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程,离子方程式为:
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+;故答案为:
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+;
(3)Cu2O与硫酸反应,生成了一种单质,该单质是铜,由氧化还原反应知,一部分铜元素由+1价降至0价,必然另一部分铜元素化合价升高至+2价,即E为硫酸铜溶液,F为铜单质,则离子反应方程式为:
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;故答案为:
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;
(4)由分析可知,最终生成硫酸钡沉淀,Ba2++SO42-=BaSO4↓,m(BaSO4)=0.1mol×233g/mol=23.3g;故答案为:
23.3;
8.根据右边反应框图填空,已知反应①是工业上生产化合物D的反应,反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应。
工业上制取漂白粉的反应也在其中。
(1)单质L是_____。
(2)化合物B是____。
(3)图中除反应①以外,还有两个用于工业生产的反应,是________和_______(填代号)。
请写出他们的化学反应方程式:
____________、____________。
【答案】H2H2O②④2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
从框图中看,反应①是工业上煅烧石灰石的反应,反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应,则C为CaCO3,E为CO2,D为CaO,G为Ca(OH)2,B为H2O;反应②是工业制烧碱的反应,则A为NaCl,H为Cl2,L为H2,M为NaOH;反应④为制漂白粉的反应,则K和J中一种为CaCl2,一种为Ca(ClO)2,据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知,
(1)单质L是H2。
故答案为:
H2;
(2)化合物B是H2O。
故答案为:
H2O;
(3)图中除反应①以外,还有两个用于工业生产的反应,是②和④。
化学反应方程式:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
故答案为:
②和④;2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
9.A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物,存在如图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去);已知A由短周期非金属元素组成,B具有漂白性且光照易分解。
请回答以下问题:
(1)若A为单质,且C为一元强酸。
①化合物B的结构式为_______。
②写出一种工业制备单质A的离子方程式:
________。
③X可能为______(填字母代号)。
a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.Na[Al(OH)4]
(2)若A为两种元素形成的化合物,且E与水反应生成的G的浓溶液遇C有白烟产生。
①A的电子式为______。
②A与H2O反应的化学方程式为_____。
③室温下,NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D,试写出其分解反应的化学方程式_________。
【答案】H—O—Cl2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑cd
NCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物,A由短周期非金属元素组成,B具有漂白性且光照易分解,则B为HClO;
(1)若A为单质,且C为一元强酸,则C为HCl,A为Cl2,X可能为Na2CO3、Na[Al(OH)4]等;
(2)若A为两种元素形成的化合物,且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生,则C为NH3,结合B为HClO,根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3,时而推得G为HNO3,E为NO2,X为氧气,符合转化关系,以此解答该题。
【详解】
A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物,A由短周期非金属元素组成,B具有漂白性且光照易分解,则B为HClO。
(1)若A为单质,C为一元强酸,则C为HCl,A为Cl2;
①化合物B为HClO,结构式为H—O—Cl。
②工业上电解饱和食盐水制备Cl2,工业制备单质A的离子方程式:
2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑。
③a.若X为NaOH,NaOH与HCl反应生成的NaCl与NaOH不反应,X不可能为NaOH; b.若X为AlCl3 ,AlCl3与HCl不反应,X不可能为AlCl3,c.若X为Na2CO3 ,Na2CO3与HCl反应生成CO2,CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3,X可能为Na2CO3;d.若X为Na[Al(OH)4],Na[Al(OH)4]与过量HCl反应生成AlCl3,AlCl3与Na[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3,X可能为Na[Al(OH)4];答案选cd。
(2)若A为两种元素形成的化合物,且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生,则C为NH3,结合B为HClO,根据元素守恒定律及化合价的情况可知A为NCl3,推得G为HNO3,D为NO,E为NO2,X为氧气。
①A的电子式为
②A与H2O反应的化学方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3。
③室温下,NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D,其分解反应的化学方程式为5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。
【点睛】
解答无机物的推断一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件。
10.如下图所示:
已知A、D、E、F是中学化学中常见的单质,B、C是氧化物,且B的式量是232。
请填空:
(1)A是______________,E是______________。
(填化学式)
⑵D跟水反应的化学方程式为______________。
⑶C电解时,每生成1molA,同时生成______________molE。
【答案】AlO23Fe+4H2O
Fe3O4+4H20.75mol
【解析】
【分析】
A为单质、B为氧化物,由框图中的反应条件“高温”可预测,此反应为铝热反应。
A为铝,B为金属氧化物,C为氧化铝,D为金属单质。
再由C熔融电解,可得出E为O2,F为H2。
由D与H2O在高温条件下反应生成B和H2,可得出D可能为Fe,B为Fe3O4,利用232进行验证,从而证实上述预测。
【详解】
(1)由题干分析可知,A为铝,B为氧气。
答案为Al、O2。
(2)Fe跟水反应,其化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2。
答案为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2。
(3)电解氧化铝的反应方程式为:
2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑,由反应方程式可得出,生成4molAl,同时生成3molO2,从而得出每生成1molAl,同时生成0.75molO2。
答案为0.75mol。
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